11.8.2026

VE0096 | Eulerova ztráta stability

Popis

Vzpěra s kruhovým průřezem je podepřena podle čtyř základních případů Eulerova vzpěru a je zatížena tlakovou silou P podle následujícího obrázku. Určete kritické zatížení P_cr. Problém je popsán následujícími parametry.

Materiál	Ocel	Modul pružnosti	E	210000,000	MPa
Materiál	Ocel	Poissonův součinitel	ν	0,300	-
Geometrie	Vzpěra	Délka	L	2,000	m
Geometrie	Vzpěra	Průměr	d	30,000	mm
Zatížení	Síla	Síla	P	10,000	kN

Eulerův vzpěr

Analytické řešení

Řídící diferenciální rovnice pro všechny případy vzpěru je následující:

\frac{d^{2}}{d x^{2}} y = - \frac{M}{E I},

y	Souřadnice ve směru vybočení
M	Ohybový moment vztahující se k průřezu
I	Moment setrvačnosti

Řídicí diferenciální rovnice pro vyboulení

Případ vzpěru 1

Vzpěra je na jednom konci vetknutá a na druhém volná. Řídící rovnici lze poté přepsat jako:

\frac{d^{2}}{d x^{2}} y = - \frac{P}{E I} (δ - y)

δ	Maximální vodorovný průhyb konce tlakové diagonály

Řídicí rovnice pro Stav 1 (Vetknutí-Volný konec)

Pomocí substituce

α = \sqrt{\frac{P}{E I}}

Záměna

řešení výše uvedené rovnice zní

y = C_{1} \cos (α x) + C_{2} \sin (α x) + δ

Obecné řešení y pro Stav 1

Integrační konstanty C₁ a C₂ lze získat z následujících okrajových podmínek

y (0) = 0

\frac{d}{d x} y (0) = 0

Okrajové podmínky pro Stav 1

Výsledný průhyb pak zní

y = δ (1 - \cos (α x)))

Výsledný průhyb y pro stav 1

Pro nenulové δ a pro špičku vzpěry musí platit následující podmínka

\cos (α L) = 0 \Rightarrow α L = k \frac{π}{2}, k = 1, 3, 5, . . .

Podmínka pro Stav 1

Minimální hodnota odpovídá k = 1 a kritická síla P_cr je poté, po dosazení do vztahu pro α,

P_{c r} = \frac{π^{2} E I}{4 L^{2}} \approx 5.151 kN

Kritická síla pro Stav 1

Případ vzpěru 2

Vzpěra je podepřena pomocí kloubových podpor, přičemž jedna je navíc posuvná. Řídící rovnice zní

\frac{d^{2}}{d x^{2}} y = - \frac{P}{E I} y

Řídicí rovnice pro Stav 2 (posuvné s kloubovými konci)

řešení této diferenciální rovnice má tvar

y = C_{1} \cos (α x) + C_{2} \sin (α x)

Obecné řešení případu 2

Integrační konstanty C₁ a C₂ lze získat z následujících okrajových podmínek

y (0) = 0,

y (L) = 0

Okrajové podmínky pro Stav 2

Z okrajových podmínek vyplývá

C_{2} \sin (α L) = 0

Podmínka pro případ 2

Pro nenulovou konstantu C₂ lze psát

\sin (α L) = 0 \Rightarrow α L = k π, k = 1, 2, 3, . . .

Podmínka pro případ 2

Minimální hodnota odpovídá k = 1 a kritická síla P_cr je poté

P_{c r} = \frac{π^{2} E I}{L^{2}} \approx 20.602 k N

Kritická síla pro případ 2

Případ vzpěru 3

Vzpěra je na jednom konci vetknutá a na druhém podepřena pomocí posuvné kloubové podpory. Řídící rovnici lze poté přepsat následovně

\frac{d^{2}}{d x^{2}} y = - \frac{P}{E I} (y - \frac{H}{P} (L - x))

Řídicí rovnice pro stav 3 (Vetknutý s posuvným kloubem)

kde H je horizontální reakční síla v kloubové podpoře. Řešení této diferenciální rovnice zní

y = C_{1} \cos (α x) + C_{2} \sin (α x) + \frac{H}{P} (L - x)

Obecné řešení pro Stav 3

Integrační konstanty C₁ a C₂ lze získat ze stejných okrajových podmínek jako v Případu 1. Výsledný průhyb je poté

y = \frac{H}{P} (\frac{1}{α} \sin (α x) - L \cos (α x) + (L - x))

Průhyb pro případ 3

Tato rovnice musí také splňovat okrajovou podmínku pro druhý konec vzpěry, po dosazení

0 = \frac{H}{P} (\frac{1}{α} \sin (α L) - L \cos (α L))

Okrajová podmínka nahrazená pro Stav 3

Pro nenulovou horizontální reakční sílu H musí platit následující rovnice

\tan (α L) = α L

Transcendentální podmínka

Tuto transcendentní rovnici lze řešit numericky nebo graficky, s přibližným řešením

P_{c r} \approx 42.147 kN

Kritická síla pro případ 3

Případ vzpěru 4

Vzpěra je na obou koncích vetknutá a jeden konec je posuvný. Řídící rovnice má tvar

\frac{d^{2}}{d x^{2}} y = - \frac{P}{E I} (y - \frac{M_{1}}{P})

M₁	Reakční moment ve vetknutí

Řídící rovnice pro stav 4 (posuvné vetknutí-vetknutí)

kde M₁ je reakční moment ve vetknutí. Řešení této diferenciální rovnice zní

y = C_{1} \cos (α x) + C_{2} \sin (α x) + \frac{M_{1}}{P}

Obecné řešení pro případ 4

Integrační konstanty C₁ a C₂ lze získat z okrajových podmínek Případu 1. Obecné řešení pak zní

y = \frac{M_{1}}{P} (1 - \cos (α x))

Obecné řešení (zjednodušené) pro případ 4

Tato rovnice musí také splňovat okrajovou podmínku pro druhý konec vzpěry, po dosazení

0 = \frac{M_{1}}{P} (1 - \cos (α L))

Okrajová podmínka náhrady pro stav 4

Pro nenulový reakční moment M₁ poskytuje následující rovnice

\cos (α L) = 1 \Rightarrow α L = 2 k π, k = 1, 2, 3, . . .

Podmínka pro případ 4

minimální hodnotu pro k = 1 a kritická síla P_cr je

P_{c r} = \frac{4 π^{2} E I}{L^{2}} \approx 82.409 kN

Kritická síla pro Stav 4

Nastavení RFEMu a RSTABu

Modelováno v RFEM 6.13, RSTAB 9.12 a RFEM 5.16 a RSTAB 8.16
Velikost prvku l_FE = 0,1 m
Je použit izotropní lineárně elastický materiál
Pro analýzu vlastních čísel je použita Lanczosova metoda

Výsledky

Případ vzpěru	Analytické řešení P_cr [kN]	RFEM 6 P_cr [kN]	Poměr [-]	RSTAB 9 P_cr [kN]	Poměr [-]	RFEM 5 – RF-STABILITY P_cr [kN]	Poměr [-]	RSTAB 8 – RSBUCK P_cr [kN]	Poměr [-]
Případ 1	5,151	5,150	1,000	5,150	1,000	5,150	1,000	5,153	1,000
Případ 2	20,602	20,594	1,000	20,594	1,000	20,596	1,000	20,749	1,007
Případ 3	42,147	42,109	0,999	42,109	0,999	42,107	0,999	43,190	1,025
Případ 4	82,409	82,289	0,999	82,285	0,998	82,270	0,998	83,324	1,011

Výsledky v programu RFEM / RSTAB - první vlastní vektor

Ověřovací příklad 0096 | 1

;